Question

已知f（x）=

xlnx

1+x

，在x=x₀处取得极值．
（1）证明：f（x₀）=-x₀；
（2）是否存在实数a，使得对任意x∈（0，+∞），f（x）≥

a(x-1)

x

？若存在，求a的所有值；若不存在，说明理由．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的极值,利用导数研究函数的单调性

专题：导数的综合应用

分析：（1）f′（x）=

lnx

(x+1)2

+

1

x+1

，（x＞0）．由于函数f（x）=

xlnx

1+x

，在x=x₀处取得极值．可得f′（x₀）=

lnx0

(x0+1)2

+

1

x0+1

=0，化简即可证明f（x₀）=-x₀．
（2）假设存在实数a，使得对任意x∈（0，+∞），f（x）≥

a(x-1)

x

?x²lnx-a（x²-1）≥0恒成立，x∈（0，+∞）．令g（x）=x²lnx-a（x²-1），
g′（x）=2xlnx+x-2ax=x（2lnx+1-2a），对a分类讨论：当a=

1

2

时，当a＞

1

2

时，当a＜

1

2

时，利用导数研究函数的单调性极值与最值即可得出．

解答： （1）证明：f′（x）=

lnx

(x+1)2

+

1

x+1

，（x＞0）．
∵函数f（x）=

xlnx

1+x

，在x=x₀处取得极值．
∴f′（x₀）=

lnx0

(x0+1)2

+

1

x0+1

=0，
∴（1+x₀）+lnx₀=0，
∴f（x₀）+x₀=

x0lnx0

1+x0

+x₀=

x0(1+x0+lnx0)

1+x0

=0，
∴f（x₀）=-x₀．
（2）解：假设存在实数a，使得对任意x∈（0，+∞），f（x）≥

a(x-1)

x

?x²lnx-a（x²-1）≥0恒成立，x∈（0，+∞）．
令g（x）=x²lnx-a（x²-1），
g′（x）=2xlnx+x-2ax=x（2lnx+1-2a），
①当a=

1

2

时，g′（x）=2xlnx，
令g′（x）＞0，解得x＞1，此时函数g（x）单调递增；令g′（x）＜0，解得0＜x＜1，此时函数g（x）单调递减．
∴当x=1时，函数g（x）取得极小值即最小值，g（1）=0，满足g（x）_min≥0的条件，因此a=

1

2

．
②当a＞

1

2

时，令g′（x）=0，解得x0=e

2a-1

2

＞1，可得x∈（x₀，+∞），g′（x）＞0，函数g（x）单调递增；x∈（0，x₀），g′（x）＜0，函数g（x）单调递减．
∴g（x₀）＜g（1）=0，不满足g（x）_min≥0的条件，舍去．
③当a＜

1

2

时，1-2a＞0，令g′（x）=0，解得x0=e

2a-1

2

＜1，可得x∈（x₀，+∞），g′（x）＞0，函数g（x）单调递增；x∈（0，x₀），g′（x）＜0，函数g（x）单调递减．
∴g（x₀）＜g（1）=0，不满足g（x）_min≥0的条件，舍去．
综上可得：a=

1

2

．

点评：本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、恒成立问题的等价转化方法，考查了分类讨论的思想方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．